Question

2．如图所示的装置由传送带AB、水平地面CD、光滑半圆形轨道DE三部分组成．一质量为5kg的物块从静止开始沿倾角为37°的传送带上滑下．若传送带顺时针运动，其速度v=10m/s，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧BC相连，圆弧BC长度可忽略不计，传送带AB长度为L_AB=16m，水平地面长度为L_CD=6.3m，半圆轨道DE的半径R=1.125m，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5．求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）物块在传送带上运动的时间t；
（2）物块到达D点时对D点的压力大小；
（3）物块从E点抛出后的落地点与D点的距离．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求出物块在传送带上运动的加速度，由速度公式求物块的速度与传送带速度相等时所经历的时间，以及通过的位移，共速后分析物块的受力，再由牛顿第二定律和位移时间公式求出物块运动到B点的时间，从而得到总时间．
（2）物块在CD上做匀减速运动，由牛顿第二定律和速度位移公式求物块到达D点时的速度，再由向心力知识求D点对物块的支持力，从而求得压力．
（2）物块沿半圆轨道从D点运动到E点的过程机械能守恒，由机械能守恒定律求得物块经过E点时的速度，结合平抛运动的规律求出物块从E点抛出后的落地点与D点的距离．

解答 解：（1）刚开始运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律可知：
mgsin37°+μmgcos37°=ma₁
代入数据解得：a₁=10 m/s²
物块与传送带达到共同速度时有：v=a₁t₁，
代入数据解得：t₁=1 s
物块的位移为：x=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}×10×{1}^{2}$m=5 m
此后对物块受力分析可知：
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma₂
代入数据解得：a₂=2 m/s
物块在传送带上的第二段运动过程有：
L_AB-x=vt₂+$\frac{1}{2}$a₂t₂²
代入数据解得：t₂=1 s
故物块在传送带上运动的总时间为：t=t₁+t₂=2 s
（2）物块到达传送带底端的末速度为：v₂=v+a₂t₂=10+2×1=12 m/s
在水平地面CD上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小为：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=5 m/s²
设物块到达D点时的速度为v₃，则有：
v_D²-v₂²=-2aL_CD
代入数据解得：v₃=9 m/s
设此时D点对物块的支持力为F_N，根据牛顿第二定律，有：
F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
代入数据解得：F_N=410 N
根据牛顿第三定律可知，物块对D点的压力大小为410 N．
（3）物块沿半圆轨道从D点运动到E点的过程机械能守恒，设物块经过E点时的速度为v_E，根据机械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}$mv_D²=$\frac{1}{2}$mv_E²+2mgR
代入数据解得：v_E=6 m/s
物块从E点抛出后做平抛运动，有：
s=v_Et₃，
2R=$\frac{1}{2}$gt₃²．
联立并代入数据解得：s=$\frac{9\sqrt{5}}{5}$ m．
答：（1）物块在传送带上运动的时间是2 s；
（2）物块到达D点时对D点的压力大小是410 N；
（3）物块从E点抛出后的落地点与D点的距离是$\frac{9\sqrt{5}}{5}$m．

点评 本题的关键理清物体的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行研究．要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法．